Desarrollos de Taylor y Primitivas:

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1 Calculo Diferencial e Integral Profesor: Raúl Uribe Profesor Auiliar: Cristóbal Quiñinao 7 de septiembre de 007 Desarrollos de Taylor y Primitivas: Pregunta.- Sea f : R R definida por f() = e i. Determinar f (n) (), y en particular f (n) (0). Para ello use a regla de Leibnitz. ii. Escriba el Polinomio de Taylor de f() en = 0. iii. Determine el valor de n para calcular f(0,) con 5 decimales eactos. Pregunta.- (Propuesto) Considere f : R R definida por f() = e. i. Escribir el Polinomio de Taylor de orden 3 con resto de Lagrange en torno a = 0. ii. Calcule e 0, y estime el error cometido. Pregunta 3.- Calcular, mediante cambio de variables, las siguientes primitivas: i. +a d iii. e e + d v. ln() d ii. ln()(ln ()+) d iv. se()cos() d +se() Pregunta 4.- Calcule sen() d, luego deduzca el valor de: i. cos() d ii. +sen() d iii. sen()+cos() d vi d HINT: Le puede ser útil utilizar el cambio de variables u = tg( ) Pregunta 5.- Calcular, mediante la integración por partes, las siguientes primitivas: i. e d iii. arcsen() d v. e d ii. e d iv. ln() d vi. e (+) d Pregunta 6.- Considere I n = n + d. Calcule una fórmula de recurrencia para I n Pregunta 7.- Sea I n = n + d. Demustre que: ( + n)i n = n + n I n

2 Solución: Pregunta.- i. Recordemos que la regla de Leibnitz dice que: (h g) (n) () = Σ n k=0 (n k )h()(k) g() (n k) luego tomando h() = y g() = e la derivada n-ésima se reduce a: (h g) (n) () = Σ n k=0 (n k )(k) (e ) (n k) = ( n 0 )(e ) (n) + ( n )(e ) (n ) donde la última igualdad se debe al hecho que las derivadas de orden mayor o igual que de la función son nulas. Ahora usamos las derivadas n-ésimas de la función eponencial para deducir que: f (n) () = ( ) n e + n( ) n e Evaluando en = 0 tenemos que f (n) (0) = n( ) n ii. La fórmula general del Polinomio de Taylor de orden n en un entorno de 0, ie, V δ ( 0 ) con resto de Lagrange es: f() = f( 0 ) + f ( 0 )( 0 ) +! f ( 0 )( 0 ) n! f (n) ( 0 )( 0 ) n + R n (, ξ) con R n (, ξ) = (n+)! f (n+) (ξ) n+ y ξ V δ ( 0 ). Aplicando esto a la función de nuestro problema se tiene: f() = f(0) + f (0) +! f (0)... + n! f (n) (0) n + R n (, ξ) f() = (n )! ( )n n + R n (, ξ) f() = Σ n ( ) k k k=0 (k )! + R n (, ξ) iii. Dado que queremos 5 decimales eactos necesitamos que: R n (, ξ) = (n+)! f (n+) (ξ) n+ < 0 6 usamos los cálculos que teníamos en i. para concluir que: tomando módulo: f (n+) (ξ) = ( ) n+ ξe ξ + (n + )( ) n e ξ = ( ) n (n + ξ)e ξ R n (, ξ) = (n+)! ( )n (n + ξ)e ξ n+ = n+ ξ (n+)! e ξ n+ como ξ (0, 0,) y e es decreciente se tiene que e ξ < e 0 =, con esto: R n (, ξ) = n+ ξ (n+)! e ξ n+ < n+ ξ (n+)! n+ < n+ (n+)! donde la última desigualdad se debe a que ξ < 0. Finalmente usamos que < 0, y con esto buscamos un n tq: (0,)n+ (n+)! < 0 6 lo cual se tiene para n = 4 y posteriores. Concluímos que basta con un Polinomio de Taylor de orden 4 para obtener f(0,) con 5 decimales eactos.

3 Pregunta 3.- i. Tenemos que calcular d, podemos reescribir esta primitiva de la forma: +a un primer cambio de variables es: d = +a d = a ( a ) + u = a du = a d a ( a ) + d asi reescribimos la integral: ( a a ) + d = u u + a du Hacemos un segundo cambio de variable: luego nuestro problema se reduce a: senh(v) = u cosh(v) dv = du u a du = a u + senh(v) cosh(v) dv senh (v)+ Finalmente recordamos que + senh (v) = cosh(v) y con esto: a senh(v) cosh(v) dv = senh (v)+ a senh(v) cosh(v) cosh(v) dv = a senh(v) dv = a cosh(v) + Cte = a + senh (v) + Cte Como senh(v) = u = a concluímos que: ( a a ) + d = a + ( a ) + Cte que un correcto manejo algebraico permite reescribir: ( a a ) + d = a + + Cte ii. En este caso tenemos ln()(ln ()+) d intentemos con el cambio de variables: con esto nuestro problema se reduce a: u = ln() du = d ln()(ln ()+) d = ln()(ln ()+) Ahora podemos proceder por fracciones parciales o sumando 0. d = u(u +) du 3

4 Alternativa : Por fracciones parciales nos queda: u(u +) du = ( A u + Bu+C u + ) du donde A, B, C satisfacen: luego se deduce que: u(u +) du = ( u A(u + ) + (Bu + C)u = A = Au + A + Bu + Cu = B = (A + B)u + Cu + A = C = 0 u u + ) du = u du u u + du = ln(u) ln(u + ) + Cte recordando el hecho que u = ln() se concluye: ln()(ln ()+) d = ln(ln()) ln(ln () + ) + Cte. Alternativa : Sumando 0 en el numerador de la forma: y se procede como lo hicimos antes. u(u +) du = +u u(u +) du u u(u +) du = u du iii. Para e e + d hacemos el cambio de variables: así: u = e du = e d e e + d = e + e d = u + du u u + du Hacemos un segundo cambio de variables: v = u + du = dv con esto u + du = v dv = 3 v 3 + Cte y como v = u + = e + : e e + d = 3 (e + ) 3 + Cte iv Tenemos que calcular se()cos() d, aunque hay muchos cambios de variables útiles, usaremos: +se() luego reduciendo términos: se()cos() +se() d = u = sen() du = cos()d se() cos() d = +se() u +u du ahora sumamos convenientemente 0 al numerador y se llega a: u +u du = +u +u du +u du = + u du +u du 4

5 y lo último es igual a 3 ( + u) 3 + u + Cte, como u = sen() el resultado buscado era: se()cos() +se() d = 3 ( + sen()) 3 + sen() + Cte v. El cambio de variables más lógico para calcular ln() d es: luego: u = du = d ln() d = ln() d = ln(u ) du = ln(u) du Esa última primitiva resulta ser ln(u) du = u ln(u) u + Kte, con lo que concluímos: ln() d = ( ln( ) ) + Cte vi. Finalmente tenemos que calcular d, para ello: u = + du = d reescribimos la integral para hacer aparecer los términos anteriores: d = 3 + d = (u ) 3 u du pero si nos fijamos bien se tiene que (u ) 3 u = (u )u 3 = u 4 3 u 3 luego (u ) 3 u du = u 4 3 du u 3 du = 3 7 u u Cte, y así: d = 3 7 ( + ) ( + ) Cte Se verá después en la integración por partes 5

6 Pregunta 4.- Recordemos las siguientes igualdades trigonométricas: sen() = sen( )cos( ) = sen( )cos( ) sen ( )+cos ( ) = cos ( ) sen( ) cos( ) cos ( )( sen ( ) cos ( ) +) = cos() = cos ( ) sen ( ) = cos ( ) sen ( ) cos ( )+sen ( ) = cos ( )( sen ( ) cos ( ) ) así estamos en condiciones de usar el cambio de variables: tg( ) tg ( )+ = tg ( cos ( )(+ sen ( ) ) cos ( ) +tg ( ) ) u = tg( ) du = sec ( ) d du = ( + tg ( )) d +tg ( ) du = d +u du = d Con todo lo anterior podemos reescribir la integral y calcularla directamente: sen() d = u u +u du = u + u +u du = u du = ln( u ) + Cte + ahora, como u = tg( ) se tiene que sen() d = ln( tg( ) ) + Cte. i. Usamos directamente los cálculos que ya hicimos: cos() d = u +u du = +u u +u du = u du = ( u)(+u) du +u usando fracciones parciales: ( u)(+u) du = ( A u + B +u ) du donde A, B satisfacen: A( + u) + B( u) = A = B A + Bu + B Bu = (A B)u + (A + B) = B = A = luego deducimos que: ( u + +u ) du = ( ln u + ln + u ) + Cte lo cual implica que cos() d = ( ln tg( ) + ln + tg( ) ) + Cte. ii. En este caso: +sen() d = + u u +u du = u + + u ++u +u du = (+u) du es claro que (+u) du = +u + Cte y recordando la definición de u el resultado es: +sen() d = +tg( ) + Cte El módulo está eplícito pues debemos asegurarnos de que el argumento del logaritmo sea positivo. 6

7 iii. Como cos( π 4 ) = sen( π 4 ) =, si multiplicamos por el denominador se tiene: sen() + cos() = (sen() + cos() ) y con esto podemos reescribir términos para concluir que: sen()+cos() d = = (sen()cos( π 4 ) + cos()sen( π 4 )) = sen( + π 4 ) (i) sen(+ π 4 ) d {}}{ = ln( tg( 4 + π 8 ) ) + Cte 7

8 Pregunta 5.- La integración por partes es una consecuencia de la regla del producto para derivadas, puede resumirse en la fórmula: u dv = uv v du donde basta reconocer correctamente u y dv para aplicar la formula. i. Nos piden calcular e d, si usamos: u = dv = e d du = d v = e luego aplicando la fórmula inicial: e d = u dv = uv v du = e e d como e d = e + Cte, se concluye que: e d = e e + Cte ii. En este caso tenemos que encontrar e d, procediendo de la misma forma que en (i): u = dv = e d du = d v = e luego aplicando la fórmula inicial: e d = u dv = uv v du = e e d pero ya calculamos esta primitiva, con lo cual: e d = e e d = e e + e + Cte iii. Parece un tanto etraño que nos pidan calcular por partes la primitiva de arctg() dado que no es claro que hay una multiplicación de funciones, pero basta recordar que arctg() d = arctg() d con lo cual podemos reconocer términos: u = arctg() dv = d du = + d v = y así: arctg() d = u dv = uv v du = arctg() + d y esa última primitiva es ln( + ) + Cte. Finalmente: arctg() d = arctg() ln( + ) + Cte 8

9 iv. Idéntico a (iii.): u = ln() dv = d du = d v = y así: ln() d = u dv = uv v du = ln() d = ln() v. Buscamos una función que derivada nos de e, primero hacemos el cambio de variables: y = dy = d dy = d y dy = d luego e d = ye y dy y ahora procedemos por partes: u = y dv = e y dy du = dy v = e y con lo que: ye y dy = u dv = uv v du = ye y + e y dy = ye y e y + Cte que es equivalente a: vi. Nos está faltando calcular por lo tanto: e d = e e + Cte e (+) d, usaremos los siguientes u y dv: u = e dv = (+) d du = (e + e ) d v = e (+) d = e (e + e ) d = e + + e d + llegamos a: e (+) d = e + + e + Cte 9

10 Pregunta 6.- Calculemos I 0, I, I e I 3 y con ello podremos ver la fórmula general:. La integral se reduce a: I 0 = + d = arctg() + Cte. En este caso: I = + d = ln( + ) + Cte 3. Utilizaremos el hecho que ya calculamos I 0 : 4. Nuevamente sumamos 0 y luego: I = + d = + + d + d = d I 0 = I 0 I 3 = 3 + d = + + d + d = d I 0 = I Con estos simples cálculos podemos generalizar para un n N Pregunta 7.- Tenemos la siguiente primitiva en función de n: I n = n + d = n + n + d n + d = n (+ ) + d I n = n d I n = n n I n I n = n + d para ello basta que hagamos una iteración de la integración por partes: u = n dv = + d du = nn d v = + por lo tanto: n + d = n + n + n d ahora la integral de la derecha la multiplicamos por + +, con esto: y así lo anterior se reduce a: + n + + d = n + + d = n + d + I n = n + n(i n + I n ) n + d = I n + I n que es equivalente a ( + n)i n = n + n I n que es lo que queríamos probar. 0